解説

方針・初手

この移動では毎回座標が $1$ または $2$ だけ増えるので、いったんある点を通り過ぎると二度と戻れない。したがって、点 $n$ に到達するには「最後の1回」で

• 点 $n-1$ から $+1$ する
• 点 $n-2$ から $+2$ する

のどちらかしかない。この「最後の1回」で場合分けするのが基本方針である。

解法1

**(1)**

まず $p_1$ は、最初に $+1$ を出す場合しかないから

$$ p_1=p $$

である。

次に、点 $2$ に到達するのは

• 最初に $+2$ を出す
• $+1,+1$ と進む

の2通りであるから

$$ p_2=(1-p)+p^2 $$

である。

さらに、点 $3$ に到達するのは

• $+1,+1,+1$
• $+1,+2$
• $+2,+1$

の3通りであるから

$$ p_3=p^3+p(1-p)+p(1-p)=p^3+2p(1-p) $$

である。

**(2)**

点 $n+2$ に到達するには、最後の1回の直前の位置は $n+1$ または $n$ に限られる。

したがって、

• 点 $n+1$ に到達し、その次に確率 $p$ で $+1$ して $n+2$ に到達する場合
• 点 $n$ に到達し、その次に確率 $1-p$ で $+2$ して $n+2$ に到達する場合

を考えればよい。これらは互いに重ならないので

$$ p_{n+2}=p,p_{n+1}+(1-p)p_n \qquad (n\geqq 1) $$

を得る。

**(3)**

$a_n=p_{n+1}-p_n$ とおく。

（2） の関係式から

$$ \begin{aligned} a_{n+1} &=p_{n+2}-p_{n+1} \\ &={p,p_{n+1}+(1-p)p_n}-p_{n+1} \\ &=-(1-p)p_{n+1}+(1-p)p_n \\ &=-(1-p)(p_{n+1}-p_n) \\ &=-(1-p)a_n \end{aligned} $$

となる。ゆえに、${a_n}$ の満たす漸化式は

$$ a_{n+1}=-(1-p)a_n \qquad (n\geqq 1) $$

である。

初項は

$$ a_1=p_2-p_1={(1-p)+p^2}-p=(1-p)^2 $$

であるから、

$$ a_n=(1-p)^2{-(1-p)}^{,n-1} $$

すなわち

$$ a_n=(-1)^{n-1}(1-p)^{n+1} $$

である。

**(4)**

$a_n=p_{n+1}-p_n$ であるから、

$$ p_n=p_1+\sum_{k=1}^{n-1}a_k $$

である。これに $p_1=p$ と

$$ a_k=(-1)^{k-1}(1-p)^{k+1} $$

を代入すると

$$ \begin{aligned} p_n &=p+\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k-1}(1-p)^{k+1} \\ &=p+(1-p)^2\sum_{k=0}^{n-2}{-(1-p)}^k \end{aligned} $$

となる。よって等比数列の和を用いて

$$ p_n =p+(1-p)^2\cdot \frac{1-{-(1-p)}^{,n-1}}{1+(1-p)} $$

であり、分母を整理すると

$$ p_n =p+\frac{(1-p)^2\left(1-{-(1-p)}^{,n-1}\right)}{2-p} $$

さらに整理して

$$ p_n=\frac{1-(-1)^{n-1}(1-p)^{n+1}}{2-p} $$

を得る。

**(5)**

上の一般項を用いる。

**(i)**

$0<p\leqq 1$ のとき

$$ 0\leqq 1-p<1 $$

であるから

$$ (-1)^{n-1}(1-p)^{n+1}\to 0 \qquad (n\to\infty) $$

となる。したがって

$$ \lim_{n\to\infty}p_n=\frac{1}{2-p} $$

である。

**(ii)**

$p=0$ のとき

移動は毎回必ず $+2$ なので、偶数点にしか到達しない。したがって

$$ p_n= \begin{cases} 0 & (n\text{ が奇数}) \\ 1 & (n\text{ が偶数}) \end{cases} $$

となり、${p_n}$ は収束しない。

解説

この問題の本質は、「到達確率」を直接数え上げるよりも、最後の1回に注目して漸化式を立てることである。移動が常に右向きなので、点 $n$ に到達する経路の最後は一意に

• $n-1$ から $+1$
• $n-2$ から $+2$

のどちらかに分かれる。この構造がそのまま

$$ p_{n+2}=p,p_{n+1}+(1-p)p_n $$

を与える。

さらに、差 $a_n=p_{n+1}-p_n$ を取ると一次の等比型漸化式に落ちるので、一般項が非常に扱いやすくなる。二階漸化式をそのまま解くより見通しがよい。

答え

**(1)**

$$ p_1=p,\qquad p_2=1-p+p^2,\qquad p_3=p^3+2p(1-p) $$

**(2)**

$$ p_{n+2}=p,p_{n+1}+(1-p)p_n \qquad (n\geqq 1) $$

**(3)**

$$ a_{n+1}=-(1-p)a_n \qquad (n\geqq 1) $$

**(4)**

$$ p_n=\frac{1-(-1)^{n-1}(1-p)^{n+1}}{2-p} $$

**(5)**

$$ \lim_{n\to\infty}p_n= \begin{cases} \dfrac{1}{2-p} & (0<p\leqq 1) \\ \text{存在しない} & (p=0) \end{cases} $$